2019-2020学年广东省深圳市罗湖区九年级（上）期末数学试卷

2019-2020学年广东省深圳市罗湖区九年级（上）期末数学试卷一、选择题（每题3分，共36分）1．（3分）（2019秋•罗湖区期末）实数2sin45°、4cos60°、﹣2、四个数中，最大的数是（）A．2sin45° B．4cos60° C．﹣2 D．2．（3分）（2020•碑林区校级模拟）如图是一个零件的示意图，它的俯视图是（）A． B． C． D．3．（3分）（2019秋•罗湖区期末）若2b＝3a，则（）A．6 B．2 C． D．4．（3分）（2011•无锡）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（）A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．对角互补5．（3分）（2019秋•罗湖区期末）关于x的一元二次方程ax2+3x﹣2＝0有两个不相等的实数根，则a的值可以是（）A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．06．（3分）（2019秋•罗湖区期末）在一个不透明的袋子里装有若干个白球和15个黄球，这些球除颜色不同外其余均相同，每次从袋子中摸出一个球记录下颜色后再放回，经过很多次重复试验，发现摸到黄球的频率稳定在0.75，则袋中白球有（）A．5个 B．15个 C．20个 D．35个7．（3分）（2019秋•罗湖区期末）河堤横断面如图所示，堤高BC＝3m，迎水坡AB的坡比为，则斜坡AB的长为（）A．3m B．m C．6m D．12m8．（3分）（2019秋•罗湖区期末）如图，EF过平行四边形ABCD的对角线的交点O，交AD于点E，交BC于点F，已知AB＝4，BC＝6，OE＝3，那么四边形EFCD的周长是（）A．16 B．13 C．11 D．109．（3分）（2019秋•罗湖区期末）关于二次函数y＝﹣x2+6x﹣11的图象与性质，下列结论错误的是（）A．抛物线开口方向向下 B．当x＝3时，函数有最大值﹣2 C．当x＞3时，y随x的增大而减小 D．抛物线可由y＝x2经过平移得到10．（3分）（2019秋•罗湖区期末）如图，Rt△ABC，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3，斜边BC绕点B逆时针方向旋转90°至BD的位置，连接AD，则AD的长是（）A． B． C． D．11．（3分）（2019秋•罗湖区期末）如图，在△ABC中，BC∥x轴，点A在x轴上，AB＝AC＝5，点M、N分别是线段BC与BA上两点（与三角形顶点不重合），当△BMN≌△ACO，时，反比例函数（k＞0，x＞0）的图象经过点M，则k的值是（）A．2 B．3 C．4 D．612．（3分）（2019秋•罗湖区期末）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴为直线x＝1．分析下列5个结论：①2c＜3b；②若0＜x＜3，则ax2+bx+c＞0；③（a+c）2＜b2；④a（k2+1）2+b（k2+1）＜a（k2+2）2+b（k2+2）（k为实数）；⑤a2m2+abm≤a2+ab（m为实数）．其中正确的结论个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个二、填空题（每题3分，共12分）13．（3分）（泰州）方程2x﹣4＝0的解也是关于x的方程x2+mx+2＝0的一个解，则m的值为．14．（3分）（2019秋•罗湖区期末）若抛物线y＝（m+2）x2+（m2﹣4）x+m﹣1的顶点在y轴上，则m＝．15．（3分）（2019秋•罗湖区期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E，F分别为BC、CD的中点，连接AE，BF交于点G，将△BCF沿BF对折，得到△BPF，延长FP交BA延长线于点Q，分析下列四个结论：①QB＝QF；②BG；③tan∠BQP；④S四边形ECFG＝2S△BGE，其中正确的是．16．（3分）（2019秋•罗湖区期末）如图，矩形ABCD中，AB＝20，AD＝30，点E，F分别是AB，BC边上的两个动点，且EF＝10，点G为EF的中点，点H为AD边上一动点，连接CH、GH，则GH+CH的最小值为．三、解答题（共52分）17．（5分）（2019秋•罗湖区期末）计算：18．（6分）（2019秋•罗湖区期末）在一个不透明的布袋里装有4个标有﹣1，2，3，4的小球，它们的形状、大小、质地完全相同，小李从布袋里随机取出一个小球，记下数字为x，小张在剩下的3个小球中随机取出一个小球，记下数字为y，这样确定了点Q的坐标（x，y）．（1）画树状图或列表，写出点Q所有可能的坐标；（2）求点Q（x，y）落在第二象限的概率．19．（7分）（2020•雁塔区校级四模）为庆祝中华人民共和国成立70周年，深圳举办了灯光秀，某数学兴趣小组为测量“平安金融中心”AB的高度，他们在地面C处测得另一幢大厦DE的顶部E处的仰角为32°，测得“平安中心”AB的顶部A处的仰角为44°．登上大厦DE的顶部E处后，测得“平安中心”AB的顶部A处的仰角为60°，（如图）．已知C、D、B三点在同一水平直线上，且CD＝400米，求平安金融中心AB的高度．（参考数据：sin32°≈0.53，cos32°≈0.85，tan32°≈0.62，tan44°≈0.99，1.41，）20．（8分）（泰安）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，AC与BD交于点E，∠ADB＝∠ACB．（1）求证：；（2）若AB⊥AC，AE：EC＝1：2，F是BC中点，求证：四边形ABFD是菱形．21．（8分）（2019秋•罗湖区期末）某种商品的标价为600元/件，经过两次降价后的价格为486元/件，并且两次降价的百分率相同．（1）求该种商品每次降价的百分率；（2）若该种商品进价为460元/件，两次降价共售出此种商品100件，为使两次降价销售的总利润不少于3788元．问第一次降价后至少要售出该种商品多少件？22．（9分）（2019秋•罗湖区期末）如图，直线y＝ax+b（a≠0）与双曲线（k≠0）交于一、三象限内的A，B两点与x轴交于点C，点A的坐标为（2，m），点B的坐标为（﹣1，n），cos∠AOC（1）求该反比例函数和一次函数的解析式；（2）点Q为y轴上一点，△ABQ是以AB为直角边的直角三角形，求点Q的坐标；（3）点P（s，t）（s＞2）在直线AB上运动，PM∥x轴交双曲线于M，PN∥y轴交双曲线于N，直线MN分别交x轴，y轴于E，D，求的值．23．（9分）（2019秋•罗湖区期末）在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2+bx+3与x轴的两个交点分别为A、B（1，0），与y轴交于点D，直线AD：y＝x+3，抛物线顶点为C，作CH⊥x轴于点H．（1）求抛物线的解析式；（2）抛物线上是否存在点M，使得S△ACDS△MAB？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由；（3）若点P为x轴上方的抛物线上一动点（点P与顶点C不重合），PQ⊥AC于点Q，当△PCQ与△ACH相似时，求点P的坐标．

2019-2020学年广东省深圳市罗湖区九年级（上）期末数学试卷答案与试题解析一、选择题（每题3分，共36分）1．（3分）（2019秋•罗湖区期末）实数2sin45°、4cos60°、﹣2、四个数中，最大的数是（）A．2sin45° B．4cos60° C．﹣2 D．B【分析】首先求出2sin45°、4cos60°的值各是多少；然后根据实数大小比较的方法，判断出四个数中，最大的数是多少即可．解：2sin45°＝2，4cos60°＝42，∵22，∴4cos60°＞2sin45°2，∴实数2sin45°、4cos60°、﹣2、四个数中，最大的数是4cos60°．故选：B．【点评】此题主要考查了实数大小比较的方法，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：正实数＞0＞负实数，两个负实数绝对值大的反而小．2．（3分）（2020•碑林区校级模拟）如图是一个零件的示意图，它的俯视图是（）A． B． C． D．C【分析】根据从上面看得到的图形是俯视图，可得答案．解：从上面看该零件的示意图是一个大矩形，且中间有2条实线段，故选：C．【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从上面看得到的图形是俯视图．3．（3分）（2019秋•罗湖区期末）若2b＝3a，则（）A．6 B．2 C． D．D【分析】根据比例的性质即可得到结论．解：∵2b＝3a，∴，故选：D．【点评】本题考查了比例的性质，熟练掌握比例的性质是解题的关键．4．（3分）（2011•无锡）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（）A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．对角互补A【分析】根据菱形对角线垂直平分的性质及矩形对交线相等平分的性质对各个选项进行分析，从而得到最后的答案．解：A、菱形对角线相互垂直，而矩形的对角线则不垂直；故本选项符合要求；B、矩形的对角线相等，而菱形的不具备这一性质；故本选项不符合要求；C、菱形和矩形的对角线都互相平分；故本选项不符合要求；D、菱形对角相等；但菱形不具备对角互补，故本选项不符合要求；故选：A．【点评】此题主要考查了学生对菱形及矩形的性质的理解及运用．菱形和矩形都具有平行四边形的性质，但是菱形的特性是：对角线互相垂直、平分，四条边都相等．5．（3分）（2019秋•罗湖区期末）关于x的一元二次方程ax2+3x﹣2＝0有两个不相等的实数根，则a的值可以是（）A．﹣3 B．﹣2 C．﹣1 D．0C【分析】根据一元二次方程的定义和判别式的意义得到a≠0且△＝32﹣4a×（﹣2）＞0，然后求出a的范围后对各选项进行判断．解：根据题意得a≠0且△＝32﹣4a×（﹣2）＞0，解得a且a≠0，所以a可以取﹣1．故选：C．【点评】本题考查了根的判别式：一元二次方程ax2+bx+c＝0（a≠0）的根与△＝b2﹣4ac有如下关系：当△＞0时，方程有两个不相等的实数根；当△＝0时，方程有两个相等的实数根；当△＜0时，方程无实数根．6．（3分）（2019秋•罗湖区期末）在一个不透明的袋子里装有若干个白球和15个黄球，这些球除颜色不同外其余均相同，每次从袋子中摸出一个球记录下颜色后再放回，经过很多次重复试验，发现摸到黄球的频率稳定在0.75，则袋中白球有（）A．5个 B．15个 C．20个 D．35个A【分析】根据概率的求法，找准两点：①全部情况的总数；②符合条件的情况数目；二者的比值就是其发生的概率．解：设袋中白球有x个，根据题意得：0.75，解得：x＝5，经检验：x＝5是分式方程的解，故袋中白球有5个．故选：A．【点评】此题考查了利用概率的求法估计总体个数，利用如果一个事件有n种可能，而且这些事件的可能性相同，其中事件A出现m种结果，那么事件A的概率P（A）是解题关键．7．（3分）（2019秋•罗湖区期末）河堤横断面如图所示，堤高BC＝3m，迎水坡AB的坡比为，则斜坡AB的长为（）A．3m B．m C．6m D．12mC【分析】根据坡度的概念求出AC，根据勾股定理计算即可．解：∵迎水坡AB的坡比为，∴BC：AC，即3：AC，解得，AC＝3，由勾股定理得，AB6，故选：C．【点评】本题考查的是解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题，掌握坡度是坡面的铅直高度h和水平宽度l的比是解题的关键．8．（3分）（2019秋•罗湖区期末）如图，EF过平行四边形ABCD的对角线的交点O，交AD于点E，交BC于点F，已知AB＝4，BC＝6，OE＝3，那么四边形EFCD的周长是（）A．16 B．13 C．11 D．10A【分析】由平行四边形的性质可证得△BOF≌△DOE，可求得OE＝OF、DE＝BF，则可求得答案．解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴OB＝OD，AD∥BC，AB＝CD＝4，∴∠OBF＝∠ODE，在△BOF和△DOE中∴△BOF≌△DOE（ASA），∴BF＝DE，OE＝OF＝3，∴CF+DE＝CF+BF＝BC＝6，∴DE+EF+FC+CD＝BC+OE+OF+CD＝6+3+3+4＝16，故选：A．【点评】本题主要考查平行四边形的性质，利用平行四边形的性质证得△BOF≌△DOE是解题的关键．9．（3分）（2019秋•罗湖区期末）关于二次函数y＝﹣x2+6x﹣11的图象与性质，下列结论错误的是（）A．抛物线开口方向向下 B．当x＝3时，函数有最大值﹣2 C．当x＞3时，y随x的增大而减小 D．抛物线可由y＝x2经过平移得到D【分析】分别利用二次函数的性质判断开口方向，得出最值以及增减性，进而判断即可．解：A、∵a＝﹣1＜0，∴抛物线开口方向向下，故此选项正确，不合题意；B、∵y＝﹣（x﹣3）2﹣2的顶点坐标为：（3，﹣2），故当x＝3时，函数有最大值﹣2，故此选项正确，不合题意；C、当x＞3时，y随x的增大而减小，此选项正确，不合题意；D、抛物线y＝﹣（x﹣3）2﹣2可由y＝﹣x2经过平移得到，不是由y＝x2经过平移得到，故此选项错误，符合题意．故选：D．【点评】此题主要考查了二次函数的性质，正确掌握二次函数的性质是解题关键．10．（3分）（2019秋•罗湖区期末）如图，Rt△ABC，∠BAC＝90°，AB＝2，AC＝3，斜边BC绕点B逆时针方向旋转90°至BD的位置，连接AD，则AD的长是（）A． B． C． D．B【分析】过D作DE⊥AB交AB的延长线于E，根据旋转的性质得到BD＝BC，∠CBD＝90°，由余角的性质得到∠DBE＝∠C，根据全等三角形的性质得到DE＝AB＝2，BE＝AC＝3，根据跟勾股定理即可得到结论．解：过D作DE⊥AB交AB的延长线于E，∴∠E＝∠CAB＝90°，∵斜边BC绕点B逆时针方向旋转90°至BD的位置，∴BD＝BC，∠CBD＝90°，∴∠DBE+∠CBA＝∠CBA+∠C＝90°，∴∠DBE＝∠C，∴△ABC≌△EDB（AAS），∴DE＝AB＝2，BE＝AC＝3，∴AE＝2+3＝5，∴AD，故选：B．【点评】本题考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．11．（3分）（2019秋•罗湖区期末）如图，在△ABC中，BC∥x轴，点A在x轴上，AB＝AC＝5，点M、N分别是线段BC与BA上两点（与三角形顶点不重合），当△BMN≌△ACO，时，反比例函数（k＞0，x＞0）的图象经过点M，则k的值是（）A．2 B．3 C．4 D．6C【分析】由△BMN≌△ACO可知BM＝AC，过A作AD⊥BC，可求得CD、BC的长，从而可求得CM的长，可求得M点的坐标，代入可求得k．解：当△BMN≌△ACO时，可得BM＝AC＝5，过A作AD⊥BC于点D，如图，∵AB＝AC，∴BC＝2CD＝2OA＝6，∴CM＝BC﹣BM＝6﹣5＝1，∵sin∠ACO，∴OC＝4，∴M点坐标为（1，4），∴k＝1×4＝4．故选：C．【点评】本题主要考查反比例函数的综合应用，涉及反比例函数解析式、全等三角形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点．在本题中求得M点的坐标是解题的关键，注意反比例函数中k＝xy的灵活应用．本题所考查知识比较基础，难度不大．12．（3分）（2019秋•罗湖区期末）如图，已知二次函数y＝ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，对称轴为直线x＝1．分析下列5个结论：①2c＜3b；②若0＜x＜3，则ax2+bx+c＞0；③（a+c）2＜b2；④a（k2+1）2+b（k2+1）＜a（k2+2）2+b（k2+2）（k为实数）；⑤a2m2+abm≤a2+ab（m为实数）．其中正确的结论个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个B【分析】由对称轴x＝1可求b＝﹣2a；①当x＝3时，b+b+c＜0；②当x＝3时，y＜0，则0＜x＜3，函数值有小于零的部分；③当x＝1时，a+b+c＞0，当x＝﹣1时，a﹣b+c＜0，则（a+b+c）（a﹣b+c）＜0；④当k+2＜1时，（k2+1）2+b（k2+1）＜a（k2+2）2+b（k2+2）；⑤当m≥1时，am＜a，a2m2+abm+c≤a2+ab+c；当m≤1时，am＞a，a2m2+abm+c≥a2+ab+c．解：∵对称轴x＝1，∴b＝﹣2a，∴ybx2+bx+c；①当x＝3时，b+b+c＜0，∴2c＜3b；②当x＝1时，y＜0，对称轴为x＝1，∴当x＝3时，y＜0，∴0＜x＜3，函数值有小于零的部分；③当x＝1时，a+b+c＞0，当x＝﹣1时，a﹣b+c＜0，∴（a+b+c）（a﹣b+c）＜0，∴（a+c）2＜b2；④∵k是实数，∴k+1＜k+2，当k+2＜1时，（k2+1）2+b（k2+1）＜a（k2+2）2+b（k2+2）；⑤当m≥1时，am＜a，a2m2+abm+c≤a2+ab+c；当m≤1时，am＞a，a2m2+abm+c≥a2+ab+c；∴①③正确，故选：B．【点评】本题考查二次函数的性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，数形结合解题是关键．二、填空题（每题3分，共12分）13．（3分）（泰州）方程2x﹣4＝0的解也是关于x的方程x2+mx+2＝0的一个解，则m的值为﹣3．见试题解答内容【分析】先求出方程2x﹣4＝0的解，再把x的值代入方程x2+mx+2＝0，求出m的值即可．解：2x﹣4＝0，解得：x＝2，把x＝2代入方程x2+mx+2＝0得：4+2m+2＝0，解得：m＝﹣3．故﹣3．【点评】此题主要考查了一元二次方程的解，先求出x的值，再代入方程x2+mx+2＝0是解决问题的关键，是一道基础题．14．（3分）（2019秋•罗湖区期末）若抛物线y＝（m+2）x2+（m2﹣4）x+m﹣1的顶点在y轴上，则m＝2．见试题解答内容【分析】根据顶点在y轴上，对称轴x＝0，列出方程求出m．解：根据题意知，对称轴x＝0，即0且m+2≠0，解得m＝2．故2．【点评】本题考查抛物线的形状与抛物线表达式系数的关系．解题的关键是了解顶点在y轴上则对称轴为x＝0．15．（3分）（2019秋•罗湖区期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E，F分别为BC、CD的中点，连接AE，BF交于点G，将△BCF沿BF对折，得到△BPF，延长FP交BA延长线于点Q，分析下列四个结论：①QB＝QF；②BG；③tan∠BQP；④S四边形ECFG＝2S△BGE，其中正确的是①③．见试题解答内容【分析】①△BCF沿BF对折，得到△BPF，利用角的关系求出QF＝QB；②首先证明△ABE≌△BCF，再利用角的关系求得∠BGE＝90°，即可得到AE⊥BF；再利用等面积法求得BG的长度；③利用QF＝QB，解出BP，QB，根据勾股定理求出PQ，再根据正弦的定义即可求解；④根据AA可证△BGE与△BCF相似，进一步得到相似比，再根据相似三角形的性质即可求解．解：①根据题意得，FP＝FC，∠PFB＝∠BFC，∠FPB＝90°∵CD∥AB，∴∠CFB＝∠ABF，∴∠ABF＝∠PFB，∴QF＝QB，故正确；②∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点，∴CF＝BE，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（SAS），∴∠BAE＝∠CBF，又∵∠BAE+∠BEA＝90°，∴∠CBF+∠BEA＝90°，∴∠BGE＝90°，∴AE⊥BF；∵△ABE≌△BCF，则AE＝BF，∵AE⊥BF∴AB•BEAE•BG，故BG．故错误；③由①知，QF＝QB，令PF＝k（k＞0），则PB＝2k在Rt△BPQ中，设QB＝x，∴x2＝（x﹣k）2+4k2，∴x，∴PQ，∴tan∠BQP，故正确；④∵∠BGE＝∠BCF，∠GBE＝∠CBF，∴△BGE∽△BCF，∵BEBC，BFBC，∴BE：BF＝1：，∴△BGE的面积：△BCF的面积＝1：5，∴S四边形ECFG＝4S△BGE，故错误．综上所述，其中正确的是①③．故①③．【点评】本题主要考查了四边形的综合题，涉及正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及折叠的性质的知识点，解决的关键是明确三角形翻转后边的大小不变，找准对应边，角的关系求解．16．（3分）（2019秋•罗湖区期末）如图，矩形ABCD中，AB＝20，AD＝30，点E，F分别是AB，BC边上的两个动点，且EF＝10，点G为EF的中点，点H为AD边上一动点，连接CH、GH，则GH+CH的最小值为45．见试题解答内容【分析】因为EF＝10，点G为EF的中点，根据直角三角形斜边上中线的性质得出BG＝5，所以G是以B为圆心，以5为半径的圆弧上的点，作C关于AD的对称点C′，连接C′B，交AD于H，交以D为圆心，以5为半径的圆于G，此时C′G＝GH+CH的值最小；根据勾股定理求得BC′问题可求解：由已知，点G在以B圆心，5为半径的圆在与长方形重合的弧上运动．作C关于AD的对称点C′，连接C′B，交AD于H，交以D为圆心，以5为半径的圆于G由两点之间线段最短，此时C′B的值最小最小值为50，则GH+CH的最小值＝50﹣5＝45，故45．【点评】本题为最短路径问题，考查了点与圆的位置关系，轴对称图形的性质以及勾股定理．关键在于将所求折线和转化两定点之间的连线长问题．三、解答题（共52分）17．（5分）（2019秋•罗湖区期末）计算：见试题解答内容【分析】首先计算乘方，然后计算乘法，最后从左向右依次计算，求出算式的值是多少即可．解：＝﹣43﹣1＝﹣4+3+2＝1【点评】此题主要考查了实数的运算，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：在进行实数运算时，和有理数运算一样，要从高级到低级，即先算乘方、开方，再算乘除，最后算加减，有括号的要先算括号里面的，同级运算要按照从左到右的顺序进行．另外，有理数的运算律在实数范围内仍然适用．18．（6分）（2019秋•罗湖区期末）在一个不透明的布袋里装有4个标有﹣1，2，3，4的小球，它们的形状、大小、质地完全相同，小李从布袋里随机取出一个小球，记下数字为x，小张在剩下的3个小球中随机取出一个小球，记下数字为y，这样确定了点Q的坐标（x，y）．（1）画树状图或列表，写出点Q所有可能的坐标；（2）求点Q（x，y）落在第二象限的概率．见试题解答内容【分析】（1）首先根据题意画出表格，即可得到Q的所有可能的坐标；（2）然后由表格求得所有等可能的结果与点Q（x，y）落在第二象限的结果，再利用概率公式求解即可求得答案解：（1）列表得：点Q所有可能的坐标有：（﹣1，2），（﹣1，3），（﹣1，4），（2，﹣1），（2，3），（2，4），（3，﹣1），（3，2），（3，4），（4，﹣1），（4，2），（4，3）共12种；（2）∵共有12种等可能的结果，其中点Q（x，y）落在第二象限的结果有3个，即：（﹣1，2），（﹣1，3），（﹣1，4），∴点Q（x，y）落在第二象限的概率．【点评】此题考查了列表法与树状图法、概率公式的应用．用到的知识点为：概率＝所求情况数与总情况数之比．19．（7分）（2020•雁塔区校级四模）为庆祝中华人民共和国成立70周年，深圳举办了灯光秀，某数学兴趣小组为测量“平安金融中心”AB的高度，他们在地面C处测得另一幢大厦DE的顶部E处的仰角为32°，测得“平安中心”AB的顶部A处的仰角为44°．登上大厦DE的顶部E处后，测得“平安中心”AB的顶部A处的仰角为60°，（如图）．已知C、D、B三点在同一水平直线上，且CD＝400米，求平安金融中心AB的高度．（参考数据：sin32°≈0.53，cos32°≈0.85，tan32°≈0.62，tan44°≈0.99，1.41，）见试题解答内容【分析】作EF⊥AB于F．在Rt△DCE中，根据正切函数的定义即可求出大厦DE的高度；设EF＝DB＝x米，BF＝DE，∠AEF＝60°．在Rt△ABC中，根据正切函数的定义得出AB＝BC•tan∠ACB，在Rt△AFE中，根据正切函数的定义得出AF＝EF•tan∠AEF，由AB＝BF+AF列出方程求出x，从而求解．解：如图，作EF⊥AB于F．∵在Rt△DCE中，∠CDE＝90°，∠ECD＝32°，CD＝400米，∴DE＝CD•tan∠ECD≈400×0.62＝248（米）．设EF＝DB＝x米，BF＝DE＝248米，∠AEF＝60°．∵在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC•tan∠ACB≈0.99（400+x）（米），∵在Rt△AFE中，∠AFE＝90°，∴AF＝EF•tan∠AEFx（米），∴AB＝BF+AF＝248x＝0.99（400+x），解得x＝200，AB＝0.99（400+x）＝0.99×（400+200）＝594．故平安金融中心AB的高度约为594米．【点评】此题考查了解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．此题难度适中，注意能借助仰角构造直角三角形并解直角三角形是解此题的关键．20．（8分）（泰安）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，AC与BD交于点E，∠ADB＝∠ACB．（1）求证：；（2）若AB⊥AC，AE：EC＝1：2，F是BC中点，求证：四边形ABFD是菱形．见试题解答内容【分析】（1）利用相似三角形的判定得出△ABE∽△ACB，进而求出答案；（2）首先证明AD＝BF，进而得出AD∥BF，即可得出四边形ABFD是平行四边形，再利用AD＝AB，得出四边形ABFD是菱形．证明：（1）∵AB＝AD，∴∠ADB＝∠ABE，又∵∠ADB＝∠ACB，∴∠ABE＝∠ACB，又∵∠BAE＝∠CAB，∴△ABE∽△ACB，∴，又∵AB＝AD，∴；（2）设AE＝x，∵AE：EC＝1：2，∴EC＝2x，由（1）得：AB2＝AE•AC，即AB2＝x•3x∴ABx，又∵BA⊥AC，∴BC＝2x，∴∠ACB＝30°，∵F是BC中点，∴BFx，∴BF＝AB＝AD，连接AF，则AF＝BF＝CF，∠ACB＝30°，∠ABC＝60°，又∵∠ABD＝∠ADB＝30°，∴∠CBD＝30°，∴∠ADB＝∠CBD＝∠ACB＝30°，∴AD∥BF，∴四边形ABFD是平行四边形，又∵AD＝AB，∴四边形ABFD是菱形．【点评】此题主要考查了相似三角形的判定与性质以及菱形的判定等知识，得出△ABE∽△ACB是解题关键．21．（8分）（2019秋•罗湖区期末）某种商品的标价为600元/件，经过两次降价后的价格为486元/件，并且两次降价的百分率相同．（1）求该种商品每次降价的百分率；（2）若该种商品进价为460元/件，两次降价共售出此种商品100件，为使两次降价销售的总利润不少于3788元．问第一次降价后至少要售出该种商品多少件？见试题解答内容【分析】（1）设该种商品每次降价的百分率为x%，根据“两次降价后的售价＝原价×（1﹣降价百分比）的平方”，即可得出关于x的一元二次方程，解方程即可得出结论；（2）设第一次降价后售出该种商品m件，则第二次降价后售出该种商品（100﹣m）件，根据“总利润＝第一次降价后的单件利润×销售数量+第二次降价后的单件利润×销售数量”，即可得出关于m的一元一次不等式，解不等式即可得出结论．解：（1）设该种商品每次降价的百分率为x%，依题意得：600×（1﹣x%）2＝486，解得：x＝10，或x＝190（舍去）．答：该种商品每次降价的百分率为10%．（2）设第一次降价后售出该种商品m件，则第二次降价后售出该种商品（100﹣m）件，第一次降价后的单件利润为：600×（1﹣10%）﹣460＝80（元/件）；第二次降价后的单件利润为：486﹣460＝26（元/件）．依题意得：80m+26×（100﹣m）≥3788，解得：m≥22．答：为使两次降价销售的总利润不少于3788元，第一次降价后至少要售出该种商品22件．【点评】本题考查了一元二次方程的应用以及一元一次不等式的应用，解题的关键是：（1）根据数量关系得出关于x的一元二次方程；（2）根据数量关系得出关于m的一元一次不等式．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据数量关系列出不等式（方程或方程组）是关键．22．（9分）（2019秋•罗湖区期末）如图，直线y＝ax+b（a≠0）与双曲线（k≠0）交于一、三象限内的A，B两点与x轴交于点C，点A的坐标为（2，m），点B的坐标为（﹣1，n），cos∠AOC（1）求该反比例函数和一次函数的解析式；（2）点Q为y轴上一点，△ABQ是以AB为直角边的直角三角形，求点Q的坐标；（3）点P（s，t）（s＞2）在直线AB上运动，PM∥x轴交双曲线于M，PN∥y轴交双曲线于N，直线MN分别交x轴，y轴于E，D，求的值．见试题解答内容【分析】（1）如图，连接OA，作AH⊥OE于H．解直角三角形求出OA，AH，可得点A的坐标，再构建方程组求出点B的坐标，利用待定系数法即可解决问题．（2）分两种情形①∠QAB＝90°，②∠Q′BA＝90°，利用相似三角形的性质求出OQ或OQ′即可解决问题．（3）证明∠MNP＝∠ODE，可得tan∠CDE＝tan∠MNP，推出推出1．解：（1）如图，连接OA，作AH⊥OE于H．∵cos∠AOC，∴OA，∴AH3，∴A（2，3），∵点A在y上，∴k＝6，∴，∴B（﹣1，﹣6），设直线AB的解析式为y＝ax+b，则有，解得∴直线AB的解析式为：y＝3x﹣3（2）如图，过点A作AQ⊥AB交OD于Q，连接BQ，设PB交y轴于T．由题意T（0，﹣3），C（1，0），CT，AT2，∵∠OTC＝∠ATQ，∠TOC＝∠TAQ＝90°，∴△TOC∽△TAQ，∴，∴，∴TQ，∴OQ＝Q